【物理】重庆市巴蜀中学2020届高三上学期适应性月考试题（五）（解析版）

【物理】重庆市巴蜀中学2020届高三上学期适应性月考试题（五）（解析版）

重庆市巴蜀中学2020届高三上学期 适应性月考试题（五）‎ 一、选择题 ‎1.如图,正点电荷固定在O点,以O为圆心的同心圆上有a、b两点,带负电的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点,则（ ）‎ A. a、b两点电场强度相同 B. 粒子在a点的动能小于在b点的动能 C. 粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 D. 粒子在a点的电势能小于在b点的电势能 ‎【答案】D ‎【详解】A．a、b两点电场强度大小和方向均不同，则场强不相同，选项A错误；‎ BD．从a到b电场力做负功，则动能减小，电势能变大，即粒子在a点的动能大于在b点的动能，在a点的电势能小于在b点的电势能，选项B错误，D正确；‎ C．粒子在a点受到的电场力较大，则粒子a的加速度大于在b点的加速度，选项C错误；‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示,斜面AB高h，C是斜面AB的中点,D点在B点的正上方2h处。从D点以不同的水平速度抛出两个小球,球1落在A点，球2落在C点,不计空气阻力,关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程,下列说法确的是（ ）‎ A. 球1和球2动能增加量之比2：3 ‎ B. 球1和球2运动的时间之比为:1‎ C. 球1和球2抛出时初速度之比为:1 ‎ D. 球1和球2的速度变化量之比为 ‎【答案】AD ‎【详解】A．因为A点和C点的竖直高度分别为h和1.5h，则根据动能定理可知，球1和球2动能增加量之比2：3，选项A正确；‎ B．根据可知，球1和球2运动的时间之比为，选项B错误；‎ C．球1和球2的水平射程之比为1:2，根据可得抛出时初速度之比为:4，选项C错误；‎ D．根据，则球1和球2的速度变化量之比为，选项D正确；‎ 故选AD.‎ ‎3.如图所示,一固定的细直杆与水平面的夹角为α=，一个质量忽略不计的轻环A套在直杆上,一根轻质细线的一端固定于直杆上的O点,细线依次穿小环B和轻环A。一水平向右的外力F作用于细线另一端使系统处于静止。不计一切摩擦,设小环B的质为m,重力加速度为g,则水平外力F大小（ ）‎ A. mg B. mg C. mg D. 2mg ‎【答案】B ‎【详解】由平衡知识可知，细线OB和AB与竖直方向的夹角均为α=30°，则对圆环B：‎ ‎ 解得 A．mg，与结论不相符，选项A错误；‎ B．mg，与结论相符，选项B正确；‎ C．mg，与结论不相符，选项C错误；‎ D．2mg，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.如图,电源电动势E=3V,内阻r=1Ω,R1、R2、R3为定值电阻,阻值分别为1Ω、3Ω、6Ω.R4、R5为电阻箱。平行板电容器两极板A、B水平放置,极板长0.1m,板间距离为0.05m,B板接地。开关闭合后,调节电阻箱阻值,使一带电微粒在极板间某处处于静止,粒子比荷大小为0.5C/kg，g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）‎ A. R4阻值应调为3Ω B. 将R5阻值调大，同时将B板上移,微粒将向下运动 C. 若将微粒固定,同时将B板上移,微粒电势能将变小 D. 让该微粒以1m/s的速度沿两极板中心线进入电场,微粒恰好从A板右边缘穿出,R4阻值应调为4Ω ‎【答案】D ‎【详解】A．带电微粒在板间静止，则：‎ 解得 UAB=1V；‎ 因电阻R2R3并联后的电阻为2Ω，则由闭合电路欧姆定律：‎ 则 选项A错误； ‎ B．将R5阻值调大，则AB之间的电压不变；同时将B板上移，则由E=U/d可知板间场强变大，则微粒受向上的电场力变大，则微粒将向上运动，选项B错误；‎ C．若将微粒固定，同时将B板上移，板间场强变大，则P点与A板的电势差变大，则P点电势降低，因微粒带负电，则微粒电势能将变大，选项C错误；‎ D．让该微粒以1m/s的速度沿两极板中心线进入电场，则水平方向：‎ L=v0t；‎ 竖直方向：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 则由闭合电路欧姆定律：‎ ‎，‎ 则 R4阻值应调为4Ω，选项D正确； ‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场，一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图中所示，图中轨迹所对的圆心角为120°；若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则v1：v2至少为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识得：‎ 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 当粒子竖直向上射入磁场时，如何粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径：‎ ‎ ‎ 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 则：‎ ‎ ‎ A．，与结论相符，选项A正确；‎ B．，与就结论不相符，选项B错误；‎ C．，与就结论不相符，选项C错误；‎ D．，与就结论不相符，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.一辆汽车在水平路面上由静止启动,在前4s内做匀加速直线运动,4s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图象如图所示。已知汽车的质量为m=3×103kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.2倍,重力加速度g=10m/s2,则以下说法中正确的是( ) ‎ A. 汽车在前4s内的牵引力为8×103N ‎ B. 汽车在前4s内的牵引力为1.2×104N C. 汽车的最大速度为12m/s ‎ D. 汽车的额定功率为96kW ‎【答案】BD ‎【详解】AB．汽车受到的阻力 f=0.2×3×103×10=6×103N；‎ 前4s内，由图a=2m/s2，由牛顿第二定律：‎ F-f=ma 求得：‎ F=f+ma=（6×103+3×103×2）N=1.2×104N ‎ 故A错误，B正确；‎ D．t=4s末功率达到额定功率 P=Fv=1.2×104×8W=9.6×104W=96kW；‎ 故D正确；‎ C．当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度 故C错误。‎ 故选BD。‎ ‎7.字宙空间有一种由三颗星体A、B、C组成的三星体系,它们分别位于等边三角形ABC的三个顶点上,绕一个固定且共同的圆心O做匀速圆周运动,轨道如图中实线所示,其轨道半径rA>rB>rC,忽略其他星体对它们的作用,可知这三颗星体（ ）‎ A. 加速度大小关系是aA>aB>aC ‎ B. 线速度大小关系是vA>vB>vC C. 质量大小关系是mA>mB>mC ‎ D. 所受万有引力合力的大小关系是FA>FB>FC ‎【答案】AB ‎【详解】AB．三星系统是一种相对稳定的结构，它们做圆周运动的角速度是相等的，由v=ωr，结合rA>rB>rC，可知线速度大小关系是vA>vB>vC；由a=ω2r可知加速度大小关系是aA>aB>aC，故AB正确；‎ C．以C为研究对象，则受力如图： 由于向心力指向圆心，由矢量关系可知，B对C的引力大于A对C 的引力，结合万有引力定律的表达式可知B的质量大于A的质量。同理若以A为研究对象，可得C的质量大于B的质量，即质量大小关系是mC＞mB＞mA．故C错误。‎ D．由于mC＞mB＞mA，结合万有引力定律可知B与C之间的引力大于A与C之间的引力，又大于A与B之间的引力。由题可知，A、B、C受到的两个万有引力之间的夹角都是相等的，根据两个分力的角度一定时，两个力的大小越大，合力越大可知FC＞FB＞FA．故D错误。‎ 故选AB ‎8.如图所示,金属导轨倾斜固定,倾角为α=53°,导轨上开有狭槽,内置一小球,小球与狭槽间的动摩擦因数μ=。绳子一端与球相连,小孩稳稳拉住绳另一端与小球一起下滑,稳定时小孩与小球相对静止,此时绳与竖直方向夹角为β。假设小球质量为m,小孩质量为4m，绳的质量及空气力忽略不计,sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度为g,则下列说法正确的是（ ）‎ A. 绳与竖直方向夹角β=30° ‎ B. 小孩与小球一起下滑稳定时的加速度大小为0.35g C. 稳定时绳的拉力大小为3mg ‎ D. 稳定时绳的拉力大小为2mg ‎【答案】BC ‎【详解】B．对整体由牛顿第二定律：‎ 解得 a=3.5m/s2；‎ 选项B正确；‎ ACD．此时对人： ‎ 由几何关系可知 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ T=3mg 则C正确，AD错误；‎ 故选BC。‎ ‎9.为验证“两小球碰撞过程中动量守恒”,某同学用如图的装置进行如下的实验操作:‎ ‎①、先将斜槽轨道的末端调整水平,在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸,并将该木板竖直立于靠近槽口处,然后让木板绕与地面交点向右转动一定角度,然后固定木板,使小球a从斜槽轨道上某固定点A处静止释放,撞到木板井在白纸上留下点迹P1；‎ ‎②、然后把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端B点,让小球a仍从原固定位置由静止开始滚下,与小球b相碰后,两球撞在木板上得到痕迹M和N ‎③、用天平测得a、b两小球的质量分别为ma、mb;‎ ‎④、该同学建立一个直角坐标系,如图所示,并将刻度尺测得的数据标在坐标 纸上,坐标值为B(O,h),P(x1,y1),M(x2,y2),N(x3,y3)‎ ‎(1)本实验中所选用的两小球质量关系为ma_____mb(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎(2)小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力,这对实验结果_________(填“会”或“不会”)产生误差。‎ ‎(3)用本实验中所测得的量来验证两球碰撞过程动量守恒,其表达式为_________。‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1). > (2). 不会 (3). ‎ ‎【详解】（1）[1]．本实验中为防止被碰球mb反弹，所选用的两小球质量关系为ma>mb。‎ ‎（2）[2]．小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果不会产生误差，只要小球a到达斜槽底端的速度相同即可。‎ ‎（3）[3]．对于任意一球由平抛知识可知：‎ ‎ ‎ 解得 要验证的关系是：‎ 其中 则 用本实验中所测得的量来验证两球碰撞过程动量守恒,其表达式为 ‎10.(1)测量电源的电动势E及内阻r的实验中,按图甲所示的电路图连好实验电路,合上开关,电流表和电压表的读数正常,当将滑动变阻器的滑动触头由A端向B端逐渐滑动时,发现电流表的示数逐渐增大,而电压表的示数几乎不变,直到当滑动触头滑至临近B端时电压表的示数急剧变化,这种情况很难读出电压数值分布均匀的几组不同的电流、电压值,出现上述情况的原因可能是（ ）‎ A.电源内阻太小 B.滑动变阻器阻值太大 D.电流表内阻不够小 C.电压表内阻不够大 ‎ ‎ 为了更好地测出电源的电动势E及内阻r,增加了一个固定电阻R0,改变了电路,顺利完成实验。‎ ‎(2)用笔画线代替导线,在图乙中完成增加R0后的实物连线。‎ ‎(3)调节滑动变阻器,电压表和电流表的示数记录如下(已知R0=1.0Ω):‎ 表中的数据已描绘在图所示的方格纸上;可求得电动势E=_________V,内阻r=_______Ω；‎ ‎【答案】 (1). B (2). 电路图见解析 (3). 1.6V 0.25Ω ‎【详解】（1）[1]．滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P由A端向B端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大，所以原因是：滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分短；故选B。‎ ‎（2）[2]．实物连线如图 ‎（3）[3][4]．画出U-I图像如图：‎ 由图可知E=1.6V；内阻 ‎11.如图所示,两块等大且平行正对的金属板水平放置,金属板间有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为。以下板金属板的中轴线为x轴,金属板右侧第一象限内存在一足够大的匀强磁场。现有一重力不计的绝缘带电粒子, 质量为m,带电荷量为-q，从下金属板上表面的电场中坐标位置(-L,0)处以初速度v0沿x轴正方向开始运动。‎ 求：(1)带电粒子进入磁场时的位置坐标(用L表示)以及带电粒子进人磁场时的速度大小;‎ ‎(2)若要使带电粒子能垂直打到x轴上,计算匀强磁场的磁感应强度B的大小。‎ ‎【答案】（1）（0，）；2v0（2）‎ ‎【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上有：‎ L=v0t 根据牛顿第二定律可得：‎ ‎ ‎ 竖直方向上有：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ 所以带电粒子进入磁场时的位置坐标为（0，） 竖直方向速度： ‎ 所以： ‎ 因为：‎ 所以速度方向与y轴正向夹角为30°。‎ ‎（2）要使粒子垂直打到x轴上，则它在磁场中做圆周运动的圆心应在x轴上，其部分运动轨迹如图所示。 由几何关系有：‎ 解得 根据洛伦兹力提供向心力： ‎ 联立解得：‎ ‎12.如图，质量为m的A球下面固定一轻质弹簧，用长度为l的轻绳穿过弹簧连接在B球上，弹簧原长远小于轻绳长度(绳未连接在弹簧上)，B球离地面的高度也为1；手拿A球，A球与B球处于静止状态，将A球由静止释放，B球与地面每次碰撞时反弹速度前速度的一半，B球第一次触地反弹后在空中与A球发生碰撞，碰撞后瞬间弹簧被用缩到最短，此时弹簧锁定。然后A球与B球一起下落，B球第二次触地反弹后的瞬间，弹簧解除锁定，同时轻绳断裂，A球被弹起。整个过程A、B球都保持竖直方向，且A球一直在上，B球在下，所有碰时间均不计。(重力加速度为g，最后结果可以用根号表示)‎ ‎（1）B球第一次触地后到B球与A球碰撞的时间；‎ ‎（2）要求B球与A球碰撞后瞬间弹簧被压缩到最短时弹簧的势能达到最大，求B球的质量M满足的条件和弹簧势能的最大值Ep；‎ ‎（3）在B球的质量M满足(2)问的条件下，求B球第二次触地反弹后A球被弹起的最大高度。‎ ‎【答案】（1）（2）M=8m；2mgl（3）12.5l ‎【详解】（1）B球第一次触地时的速度 此时A的速度也为 B球反弹的速度 则两球第一次相遇时：‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎（2）两球相遇时的速度 ‎ ‎ 当弹簧压缩到最短时，两球共速，设向上为正方向，由动量守恒定律 ‎ ‎ 当弹簧的弹性势能最大时，则v=0，解得：‎ M=8m 此时弹簧的最大弹性势能：‎ ‎ ‎ ‎（3）两球第一次相遇 时离地面的高度：‎ ‎ ‎ 则第二次落地的速度 ‎ ‎ 此时两球反弹速度为 此时解除锁定后，弹簧的弹性势能转化为AB的动能，则由能量关系：‎ ‎ ‎ 由动量守恒：‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ A上升的高度：‎ ‎ ‎ 解得 ‎13.以下说法中正确是 ‎ A. 第二类永动机违反了热力学第二定律,也违反了能量守恒定律 B. 分子质量不同的两种气体,温度相同时,其分子的平均动能一定相同 C. 布朗运动的规律反映出分子热运动的规律,即小颗粒的运动是液体分子的无规则运动 D. 干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 E. 如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡,用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度 ‎【答案】BDE ‎【详解】A．第二类永动机违反了热力学第二定律，但是不违反能量守恒定律，选项A错误；‎ B．温度是分子动能标志，即使是分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均动能也一定相同，选项B正确；‎ C．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，小颗粒的运动只是液体分子的无规则运动的表现，选项C错误；‎ D．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果，选项D正确；‎ E．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，选项E正确；‎ 故选BDE。‎ ‎14.如图所示,用质量m=2kg的绝热活塞在绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间摩擦力忽略不计，开始时活寒距离汽缸底部的高度h1=0.2m，气体的温度t1=27℃；现用汽缸内一电热丝(未画出)给气体缓慢加热，加热至t2=177℃,活塞缓慢上升到距离汽缸底某高度h2处，此过程中被封闭气体吸收的热量为3000J。已知大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，活塞截面积S=4.0×10-4m2.求：‎ ‎（1）初始时汽缸内气体的压强p和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2；‎ ‎（2）此过程中气体内能的变化量△U ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）对活塞受力分析可知：‎ 解得 ‎ ‎ ‎ 对气体经过的是等压过程，则由盖吕萨克定律：‎ ‎ ‎ 解得h2=0.3m ‎（2）此过程中气体对外做功：‎ ‎ ‎ 根据可得 此过程中气体内能增加2994J